资源简介

第 04 讲 导数与函数的极值、最值
（5 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024 年新 I 卷，第 10 题,6 分 求已知函数的极值点 利用导数求函数的单调区间
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
求在曲线上一点处的切线方程
2024 年新Ⅱ卷，第 16 题,15 分 根据极值求参数
利用导数研究含参函数单调性
2023 年新 I 卷，第 11 题,5 分 函数极值点的辨析 函数的性质、奇偶性的定义与判断
基本(均值)不等式的应用、求平面轨迹
2023 年新 I 卷，第 22 题,12 分 由导数求函数的最值 (不含参)
方程、求直线与地物线相交所得弦的弦长
2023 年新Ⅱ卷，第 11 题,5 分 根据极值求参数 根据二次函数零点的分布求参数的范围
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 根据极值点求参数 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
锥体体积的有关计算球的体积的有关计算
2022 年新 I 卷，第 8 题,5 分 由导数求函数的最值 (不含参)
多面体与球体内切外接问题
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 题,5 分 求已知函数的极值点
利用导数研究函数的零点
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分 由导数求函数的最值 (含参) 利用导数研究方程的根
2021 年新 I 卷，第 15 题,5 分 由导数求函的最值 (不含参) 无
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 5-13-15 分
【备考策略】1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
2 能够利用导数求函数的极大值、极小值以及在给定闭区间上的最大值、最小值
3 体会导数与极大(小)值、最大(小)值的关系
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，会结合导数来判断或证明函数的单调性，从而求得函数的
极值或给定区间上的最值，热点内容，需综合复习
知识讲解
1. 函数的极值与导数
(1)函数的极小值与极小值点
若函数 f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小， f (a) 0 ，
而且在点 x＝a 附近的左侧 f (x) 0 ，右侧 f (x) 0 ，则点 a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函
数的极小值．
(2)函数的极大值与极大值点
若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大， f (b) 0 ，
而且在点 x＝b 附近的左侧 f (x) 0 ，右侧 f (x) 0 ，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函
数的极大值．
（3）极值与导数的关系
f (x) 是极值点 f (x) 0
f (x) 0 f (x) 是极值点，即： f (x) 0是 f (x) 为极值点的必要非充分条件
2. 函数的最值与导数
(1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小
值．
(2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，
最小的一个是最小值．
考点一、求函数的极值或极值点
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
2．（2023·北京·高考真题）设函数 f (x) x - x3eax+b ，曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 y -x +1．
(1)求 a,b的值；
(2)设函数 g(x) f (x) ，求 g(x)的单调区间；
(3)求 f (x) 的极值点个数．
3．（2021·天津·高考真题）已知 a 0，函数 f (x) ax - xex ．
（I）求曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程：
（II）证明 f (x) 存在唯一的极值点
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，求实数 b 的取值范围．
1
1 x．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 f x x + ln ax + xe （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a的值.
1
2．（2024·浙江温州·三模）设函数 f x xlnx - x3的导函数为 g x .
6
(1)求函数 g x 的单调区间和极值；
3
(2)证明：函数 f x 存在唯一的极大值点 x0 ，且 x0 .2
（参考数据： ln2 0.6931）
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x xlnx - x - lnx +1的导函数为 f x .
(1)证明：函数 f x 有且只有一个极值点；
(2)若 xf x - f x -3- mxex 恒成立，求实数m 的取值范围.
考点二、根据函数极值或极值点求参数值或范围
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f (x) ex - ax - a3 ．
(1)当 a 1时，求曲线 y f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
2．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0 x 1时， x - x sin x x；
（2）已知函数 f x cos ax - ln 1- x2 ，若 x 0是 f x 的极大值点，求 a 的取值范围．
1
3．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x)
+ a ÷ ln(1+ x) .
è x
(1)当 a -1时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
1
(2)是否存在 a，b，使得曲线 y f ÷关于直线 x b 对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在极值，求 a 的取值范围.
4．（2021·全国·高考真题）设函数 f x ln a - x ，已知 x 0是函数 y xf x 的极值点．
（1）求 a；
（2）设函数 g(x)
x + f (x)

xf (x) ．证明:
g x 1．
1．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 h x 2x3 + 3x2 -12x + m m R 的一个极值为-2．
(1)求实数m 的值；
h x ék, 3ù(2)若函数 在区间 ê ú 上的最大值为 18，求实数 k 与m 的值． 2
2．（2024·重庆·模拟预测）已知 f x ex + a ln 1- x
(1)若 f (x) 在 x 0处的切线平行于 x 轴，求 a 的值；
(2)若 f (x) 存在极值点，求 a 的取值范围．
1
3．（2023· 2湖南郴州·一模）已知函数 f x 2lnx + ax - 2a +1 x .
2
(1)若曲线 y f x 在 1, f 1 处切线与 x 轴平行，求 a；
(2)若 f x 在 x 2处取得极大值，求 a的取值范围.
x 2t
4．（2024· e山东泰安·模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) + t ln x .
x2 x
(1)求函数 g(x)单调区间；
(2)若函数H (x) f (x) - g(x) 在 (0,2)有两个极值点，求实数 t 的取值范围.
考点三、利用导数求函数最值
1．（2024·安徽· x 2三模）已知函数 f x 2 x -1 e - ax .
(1)求曲线 y f x 在 x 0处的切线方程；
(2)若 a e2，求函数 f x 在 1,3 上的最值.
1
2．（2024· 2广东东莞·模拟预测）已知函数 f x x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
ln x
1．（2024·山东泰安·三模）已知函数 f x x a - x ÷ a 0 .è
(1)讨论 f x 的最值；
x
(2) ke - x若 a 1，且 f x ≤ ，求 k 的取值范围.
x
π
2．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数 f x ln x + sin x + sin .
10
(1)求函数 f x 在区间 1,e 上的最小值；
(2)判断函数 f x 的零点个数，并证明.
f x 3- 2x3．（2021·北京·高考真题）已知函数 2 ．x + a
（1）若 a 0，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
（2）若 f x 在 x=-1处取得极值，求 f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．
考点四、由函数最值求参数值或范围
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) ex - ax和 g(x) ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y b，其与两条曲线 y f (x) 和 y g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
2 2．（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x x - alnx +1,a R .
(1)当 a 1时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a 0时，若函数 f x 有最小值 2，求 a的值.
3．（2024·四川·模拟预测）已知函数 f x xex - 2ax(a 0)．
e
(1)若函数 f x 在 x 1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，求 a的值；
2
(2)若函数 f x 的最小值为-e，求 a的值．
1．（2024· ax湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x xe (x 0) ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数 f x 1有最大值 2 ，求实数 a的值．
2
2．（2024·陕西西安·一模）已知函数 f (x) ex a x - x3 - - 2ax ．
3 2
(1)若 f (x) 在[0, + ) 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)若 y f (x) 的最小值为 1，求 a．
1
3．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x ln x 2 - a x ．
2
(1)若 f x 在 0, + 上单调递减，求实数 a的取值范围；
(2)若 f x 的最小值为 6，求实数 a的值．
ax
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x x 和函数 g x
ln x
有相同的最大值.
e ax
(1)求 a 的值；
(2)设集合 A x f x b ，B x g x b （b 为常数）.证明：存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3
个元素.
考点五、选填小题中极值的应用与求解
1．（2022·全国·高考真题）函数 f x cos x + x +1 sin x +1在区间 0,2π 的最小值、最大值分别为（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2．（2021· 2全国·高考真题）设 a 0，若 a为函数 f x a x - a x - b 的极大值点，则（ ）
A． a b B． a b C． ab a2 D． ab a2
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数 f (x) 2x3 - 3ax2 +1，则（ ）
A．当 a 1时， f (x) 有三个零点
B．当 a 0时， x 0是 f (x) 的极大值点
C．存在 a，b，使得 x b 为曲线 y f (x) 的对称轴
D．存在 a，使得点 1, f 1 为曲线 y f (x) 的对称中心
4．（2022·全国·高考真题）已知 x x1和 x x2分别是函数 f (x) 2a x - e x2 （ a 0且a 1）的极小值点和极
大值点．若 x1 x2，则 a 的取值范围是 ．
1．（2021·全国·高考真题）函数 f x 2x -1 - 2ln x 的最小值为 .
b c
2．（2023·全国·高考真题）（多选）若函数 f x a ln x + + 2 a 0 既有极大值也有极小值，则（x x ）．
A．bc 0 B． ab 0 C．b2 + 8ac 0 D． ac 0
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数 f (x) (x -1)2 (x - 4) ，则（ ）
A． x 3是 f (x) 2的极小值点 B．当0 x 1时， f (x) f x
C．当1 x 2时，-4 f (2x -1) 0 D．当-1 x 0时， f (2 - x) f (x)
4．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数 f (x) x3 - x +1，则（ ）
A． f (x) 有两个极值点 B． f (x) 有三个零点
C．点( 0, 1)是曲线 y f (x) 的对称中心 D．直线 y 2x是曲线 y f (x) 的切线
一、单选题
1
1．（2024· 3 2河北承德·二模）设 a为实数，若函数 f x x - ax + 3在 x 1处取得极小值，则a （
3 ）
A．1 B 1． 2 C．0 D．-1
2．（2024·重庆· 2模拟预测）若函数 f x x - x + a ln x 有极值，则实数 a的取值范围是（ ）
0, 1ù 0, 1 - , 1 - , 1ùA． B C D8ú ． ．8 ÷ 8 ÷
．
è è è è 8ú
二、多选题
x
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x - x ，则下列说法正确的是（e ）
A． f x 1 的极值点为 1, - e ÷è
B． f x 的极值点为 1
y 1 x 4C．直线 2 - 是曲线 y f x 的一条切线e e2
D． f x 有两个零点
三、填空题
4．（2024·安徽·二模）已知函数 f x x -1 sin x + x +1 cos x ，当 x 0, π 时 f x 的最大值与最小值的和
为 ．
四、解答题
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 f x ln 2x +1 - 4aex + a - 2 x a R ．
(1)当 a 0时，求 f x 的最大值；
(2)若 g x f x + 3aex 对定义域内任意实数 x 都有 g x 0 ，求 a的取值范围．
6．（2024·山东潍坊·二模）已知函数 f x x -1 ex - ax2 + b，曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程为
y e - 2 x + 3- e．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)求 f x 的单调区间和极值．
7．（23-24 高二下· 2广东佛山·阶段练习）已知函数 f (x) x - 2x + a ex ,a R ．
(1)若 a 1，求函数 f (x) 在 x [0,3]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数 f (x) 的单调性．
8．（2024·河南·三模）已知函数 f (x) ax - ln x，且 f (x) 在 x 1处的切线方程是 x - y + b 0 ．
(1)求实数 a，b 的值；
(2)求函数 f (x) 的单调区间和极值．
9．（2022 高三上·河南·专题练习）已知函数 f (x) xex - mx2 ．
(1)求曲线 y f (x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程；
(2)若函数 g(x) f (x) - ex 在 x 0处取到极小值，求实数 m 的取值范围．
10．（2024·重庆· 2模拟预测）已知函数 f x x - 5x + a ln x在 x 2时取得极值.
(1)求实数 a；
x 1 (2)若 ,4÷，求 f x 的单调区间和极值.
è 4
一、单选题
1．（2024·福建泉州·一模）已知 x1, x2 ，是函数 f (x) (x -1)3 - x 两个极值点，则（ ）
A． x1 + x2 -2 B． x1 + x2 1 C． f x1 + f x2 -2 D． f x1 + f x2 2
a sinx + cosx
2．（2024· ·

广东深圳 模拟预测）已知函数 f x + x在 0, πx 上恰有两个极值点，则实数 a的取e
值范围是（　　）
π ππ π
A
e 2 ÷ 2 e 2 2
． 0, ÷ B． 0, e
4 ÷÷ C． ,+
÷
÷ D2 2
．
2
e 4 ,+ ÷
÷ ÷ 2 ÷
è è è è
二、多选题
2
3．（2024·全国·模拟预测）设函数 f x x - - 3lnx，记 f x 的极小值点为x1，极大值点为xx 2，则（ ）
A． x1 + x2 3 B． x1 x2
C． f x 在 x2 , x1 上单调递减 D． f x1 + f x2 -3ln2
4．（2024·重庆·三模）若函数 f x alnx - 2x2 + bx 既有极小值又有极大值，则（ ）
A． ab 0 B． a<0 C．b2 +16a 0 D． a - b 4
三、填空题
a ln x e
5．（2024·新疆喀什·三模）已知函数 f x 和 g x b x - x （b 0）有相同的最大值．则 a + 的x b
最小值为 ．
四、解答题
6．（2024· x广东茂名·二模）已知函数 f x e sin x - ax .
(1)若曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 x + y 0，求实数 a的值；
3 π
(2) é ù若 a ，求函数 f x 在区间 ê0, 2 ú 上的最大值.2
7．（2024· 3河南开封·三模）已知函数 f x x - 3lnx， f x 为 f x 的导函数．
(1)求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
g x f x f x 9(2)求函数 - - 的单调区间和极值．
x
8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) ax - ln x - a ，若 f (x) 的最小值为 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) xf (x)
1
，证明: g(x)存在唯一的极大值点 x0 ，且 g x0 .4
9．（2024·福建泉州·一模）设函数 f (x) ax - a - ln x．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
a
(2)当 a 0时，若 g(x) xf (x) - x2 + x 的值域为[0,+ ) ，证明： 2 - a ln 2 - ln a ．
2
10．（2024· 2青海西宁·模拟预测）已知函数 f x x + axlnx - x
(1)当 a 1时，求 f x 的零点；
(2)若 f x 恰有两个极值点，求 a的取值范围.
1．（2023·全国· 2 2高考真题）（多选）已知函数 f x 的定义域为R ， f xy y f x + x f y ，则（ ）．
A． f 0 0 B． f 1 0
C． f x 是偶函数 D． x 0为 f x 的极小值点
2．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) ax
1
- - (a +1) ln x．
x
(1)当 a 0时，求 f (x) 的最大值；
(2)若 f (x) 恰有一个零点，求 a 的取值范围．
3．（2020·北京·高考真题）已知函数 f (x) 12 - x2 ．
（Ⅰ）求曲线 y f (x) 的斜率等于-2的切线方程；
（Ⅱ）设曲线 y f (x) 在点 (t, f (t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 S(t)，求 S(t)的最小值．
4．（2019·全国·高考真题）已知函数 f (x) (x -1) ln x - x -1.证明：
（1） f (x) 存在唯一的极值点；
（2） f (x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
5．（2019·江苏·高考真题）设函数 f (x) (x - a)(x - b)(x - c), a,b,c R ， f '(x)为 f（x）的导函数．
（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；
（2）若 a≠b，b=c，且 f（x）和 f '(x)的零点均在集合{- 3,1,3}中，求 f（x）的极小值；
（3）若 a 0,0 b 1,c 1 4，且 f（x）的极大值为 M，求证:M≤ ．
27
6．（2018·全国·高考真题）已知函数 f x 2sin x + sin 2x，则 f x 的最小值是 ．
7．（2018·全国·高考真题）已知函数 f x 2 + x + ax2 ln 1+ x - 2x ．
（1）若 a 0，证明：当-1 x 0时， f x 0 ；当 x 0时， f x 0；
（2）若 x 0是 f x 的极大值点，求 a．
8．（2018·北京·高考真题）设函数 f (x) [ax2 - (3a +1)x + 3a + 2]ex .
（Ⅰ）若曲线 y f (x) 在点 (2, f (2))处的切线斜率为 0，求 a；
（Ⅱ）若 f (x) 在 x 1处取得极小值，求 a 的取值范围.
9．（2018· · f x 2x3 2江苏 高考真题）若函数 - ax +1 a R 在 0, + 内有且只有一个零点，则 f x 在 -1,1
上的最大值与最小值的和为 ．
10．（2017· 2 x山东·高考真题）已知函数 f x x + 2cos x， g x e cos x - sin x + 2x - 2 ，其中 e 2.71828L
是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线 y f x 在点 p , f p 处的切线方程；
（Ⅱ）令 h x g x - af x a R ，讨论 h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.第 04 讲 导数与函数的极值、最值
（5 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2024 年新 I 卷，第 10 题,6 分 求已知函数的极值点 利用导数求函数的单调区间
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
2024 年新Ⅱ卷，第 11 题,6 分 极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
求在曲线上一点处的切线方程
2024 年新Ⅱ卷，第 16 题,15 分 根据极值求参数
利用导数研究含参函数单调性
2023 年新 I 卷，第 11 题,5 分 函数极值点的辨析 函数的性质、奇偶性的定义与判断
基本(均值)不等式的应用、求平面轨迹
2023 年新 I 卷，第 22 题,12 分 由导数求函数的最值 (不含参)
方程、求直线与地物线相交所得弦的弦长
2023 年新Ⅱ卷，第 11 题,5 分 根据极值求参数 根据二次函数零点的分布求参数的范围
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 根据极值点求参数 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
锥体体积的有关计算球的体积的有关计算
2022 年新 I 卷，第 8 题,5 分 由导数求函数的最值 (不含参)
多面体与球体内切外接问题
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
2022 年新 I 卷，第 10 题,5 分 求已知函数的极值点
利用导数研究函数的零点
2022 年新 I 卷，第 22 题,12 分 由导数求函数的最值 (含参) 利用导数研究方程的根
2021 年新 I 卷，第 15 题,5 分 由导数求函的最值 (不含参) 无
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 5-13-15 分
【备考策略】1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
2 能够利用导数求函数的极大值、极小值以及在给定闭区间上的最大值、最小值
3 体会导数与极大(小)值、最大(小)值的关系
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，会结合导数来判断或证明函数的单调性，从而求得函数的
极值或给定区间上的最值，热点内容，需综合复习
知识讲解
1. 函数的极值与导数
(1)函数的极小值与极小值点
若函数 f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小， f (a) 0 ，
而且在点 x＝a 附近的左侧 f (x) 0 ，右侧 f (x) 0 ，则点 a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函
数的极小值．
(2)函数的极大值与极大值点
若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大， f (b) 0 ，
而且在点 x＝b 附近的左侧 f (x) 0 ，右侧 f (x) 0 ，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函
数的极大值．
（3）极值与导数的关系
f (x) 是极值点 f (x) 0
f (x) 0 f (x) 是极值点，即： f (x) 0是 f (x) 为极值点的必要非充分条件
2. 函数的最值与导数
(1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小
值．
(2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，
最小的一个是最小值．
考点一、求函数的极值或极值点
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
【答案】(1)极小值为 0 ，无极大值.
a 1(2) -
2
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
a 1 1（2）求出函数的二阶导数，就 - 、- a 0 、 a 0分类讨论后可得参数的取值范围.
2 2
【详解】（1）当 a -2 时， f (x) (1+ 2x) ln(1+ x) - x，
f (x) 2 ln(1 x) 1+ 2x 1故 + + -1 2ln(1+ x) - +1，
1+ x 1+ x
因为 y 2ln(1+ x), y
1
- +1在 -1, + 上为增函数，
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上为增函数，而 f (0) 0 ，
故当-1 x 0时， f (x) 0 ，当 x 0时， f (x) 0 ，
故 f x 在 x 0处取极小值且极小值为 f 0 0，无极大值.
2 f x a ln 1 1- ax a +1 x（ ） - + x + -1 -a ln 1+ x - , x 0，
1+ x 1+ x
设 s a +1 xx -a ln 1+ x - , x 0，
1+ x
-a a +1 a x +1 + a +1s x ax + 2a +1则 - 2 - -x +1 1+ x 1+ x 2 ，1+ x 2
1
当 a - 时， s x 0，故 s x 在 0, + 上为增函数，
2
故 s x s 0 0，即 f x 0，
所以 f x 在 0, + 上为增函数，故 f x f 0 0 .
1 2a +1
当- a 0 时，当0 x - 时， s x 0，
2 a
故 s x 2a +1 在 0, - ÷上为减函数，故在 0,
2a +1
- ÷上 s x s 0 ，
è a è a
2a +1
即在 0, - ÷上 f x 0即 f x 为减函数，
è a

故在 0,
2a +1
- ÷上 f x f 0 0，不合题意，舍.
è a
当 a 0，此时 s x 0在 0, + 上恒成立，
同理可得在 0, + 上 f x f 0 0恒成立，不合题意，舍；
1
综上， a - .
2
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导
数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
2．（2023·北京·高考真题）设函数 f (x) x - x3eax+b ，曲线 y f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 y -x +1．
(1)求 a,b的值；
(2)设函数 g(x) f (x) ，求 g(x)的单调区间；
(3)求 f (x) 的极值点个数．
【答案】(1) a -1,b 1
(2)答案见解析
(3)3 个
【分析】（1）先对 f x 求导，利用导数的几何意义得到 f (1) 0， f (1) -1，从而得到关于 a,b的方程组，
解之即可；
（2）由（1）得 g x 的解析式，从而求得 g x ，利用数轴穿根法求得 g x 0与 g x 0的解，由此求
得 g x 的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间 - ,0 ， 0, x1 ， x1, x2 与 x2 ,+ 上 f x
的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得 f x 的极值点个数.
【详解】（1）因为 f (x) x - x3eax+b , x R f x 1- 3x2 3，所以 + ax eax+b ，
因为 f x 在 (1, f (1))处的切线方程为 y -x +1，
所以 f (1) -1+1 0， f (1) -1，
ì 1-13 ea+b 0 ìa -1
则 í a+b ，解得 í ，
1- 3 + a e -1 b 1
所以 a -1,b 1 .
（2）由（1）得 g x f x 1- 3x2 - x3 e- x+1 x R ，
2 - x+1
则 g x -x x - 6x + 6 e ，
令 x2 - 6x + 6 0，解得 x 3 ± 3 ，不妨设 x1 3- 3 ， x2 3+ 3 ，则0 x1 x2 ，
易知 e- x+1 0恒成立，
所以令 g x 0，解得0 x x1 或 x x2 ；令 g x 0，解得 x 0 或 x1 x x2 ；
所以 g x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上单调递减，在 - ,0 ， x1, x2 上单调递增，
即 g x 的单调递减区间为 0,3- 3 和 3+ 3,+ ，单调递增区间为 - ,0 和 3- 3,3+ 3 .
（3）由（1）得 f (x) x - x3e- x+1 x R ， f x 1- 3x2 - x3 e- x+1，
由（2）知 f x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上单调递减，在 - ,0 ， x1, x2 上单调递增，
x 0 f -1 1- 4e2当 时， 0， f 0 1 0，即 f -1 f 0 0
所以 f x 在 - ,0 上存在唯一零点，不妨设为 x3 ，则-1 x3 0，
此时，当 x x3时， f x 0，则 f x 单调递减；当 x3 x 0 时， f x > 0，则 f x 单调递增；
所以 f x 在 - ,0 上有一个极小值点；
当 x 0, x1 时， f x 在 0, x1 上单调递减，
则 f x1 f 3- 3 f 1 1- 2 0，故 f 0 f x1 0，
所以 f x 在 0, x1 上存在唯一零点，不妨设为 x4，则0 x4 x1，
此时，当0 x x4 时， f x > 0，则 f x 单调递增；当 x4 x x1时， f x 0，则 f x 单调递减；
所以 f x 在 0, x1 上有一个极大值点；
当 x x1, x2 时， f x 在 x1, x2 上单调递增，
则 f x2 f 3+ 3 f 3 1 0 ，故 f x1 f x2 0，
所以 f x 在 x1, x2 上存在唯一零点，不妨设为 x5 ，则 x1 x5 x2，
此时，当 x1 x x5 时， f x 0，则 f x 单调递减；当 x5 x x2时， f x 0，则 f x 单调递增；
所以 f x 在 x1, x2 上有一个极小值点；
当 x x2 3 + 3 3时，3x
2 - x3 x2 3- x 0，
所以 f x 1- 3x2 - x3 e- x+1 0，则 f x 单调递增，
所以 f x 在 x2 , + 上无极值点；
综上： f x 在 - ,0 和 x1, x2 上各有一个极小值点，在 0, x1 上有一个极大值点，共有3个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第 3 小题的解题关键是判断 f x1 与 f x2 的正负情况，充分利用 f x 的单调性，
寻找特殊点判断即可得解.
3．（2021·天津·高考真题）已知 a 0，函数 f (x) ax - xex ．
（I）求曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程：
（II）证明 f (x) 存在唯一的极值点
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，求实数 b 的取值范围．
【答案】（I） y (a -1)x, (a 0) ；（II）证明见解析；（III） -e,+
【分析】（I）求出 f x 在 x 0处的导数，即切线斜率，求出 f 0 ，即可求出切线方程；
（II）令 f x 0，可得 a (x +1)ex，则可化为证明 y a 与 y g x 仅有一个交点，利用导数求出 g x 的
变化情况，数形结合即可求解；
（III）令 h(x) x2 - x -1 ex , (x -1)，题目等价于存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min ，利用导数
即可求出 h x 的最小值.
【详解】（I） f (x) a - (x +1)ex ，则 f (0) a -1，
又 f (0) 0，则切线方程为 y (a -1)x, (a 0) ；
（II）令 f (x) a - (x +1)ex 0 ，则 a (x +1)ex，
令 g(x) (x +1)ex ，则 g (x) (x + 2)ex ，
当 x (- ,-2)时， g (x) 0， g x 单调递减；当 x (-2,+ )时， g (x) 0， g x 单调递增，
当 x - 时， g x 0， g -1 0，当 x + 时， g x 0，画出 g x 大致图像如下：
所以当 a 0时， y a 与 y g x 仅有一个交点，令 g m a，则m -1，且 f (m) a - g(m) 0，
当 x (- ,m)时， a g(x)，则 f (x) 0 ， f x 单调递增，
当 x m,+ 时， a g(x)，则 f (x) 0 ， f x 单调递减，
x m 为 f x 的极大值点，故 f (x) 存在唯一的极值点；
（III）由（II）知 f (x)max f (m)，此时 a (1+ m)em ,m -1，
所以{ f (x) - a}max f (m) - a m2 - m -1 em , (m -1) ，
h(x) x2令 - x -1 ex , (x -1)，
若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，等价于存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min ，
h (x) x2 + x - 2 ex (x -1)(x + 2)ex ， x -1，
当 x (-1,1)时， h (x) 0， h x 单调递减，当 x (1,+ )时， h (x) 0， h x 单调递增，
所以 h(x)min h(1) -e ，故b -e ，
所以实数 b 的取值范围 -e,+ .
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明 y a 与 y g x 仅有一个交点；第三问解题的关键是
转化为存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min .
1．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 f x x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a的值.
1
【答案】(1)极大值是 f -1 -1 + ln -a - ，无极小值；
ae
1
(2) a - .
e
【分析】（1）利用求导，通过参数 a<0，可分析出 f x 为正负的区间，从而可以判断 f x 的极值；
（2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新
构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解.
x
【详解】（1）由 f x 1+ x 1 e + ÷，
è x a
1 ex
因为 a<0，所以 f x 的定义域为 - ,0 ，则 + 0，
x a
因为 x - ,-1 时， f x 0； x -1,0 时， f x 0 .
所以 f x 的单调递增区间为 - ,-1 ；单调递减区间为 -1,0 ，
所以 x=-1是 f x 的极大值点， f x 的极大值是 f -1 -1+ ln -a 1- ，无极小值.
ae
1
（2）由（1）可得 f x f -1 -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 1有且只有一个元素，则只需要-1+ ln -a - -1ae
设 g x -1+ ln x 1- - ，则 g x 1 1 ex +1 + ，
ex x ex2 ex2
因为 x
1 1 - , - ÷时， g x 0

； x - ,0

时， g x 0，
è e è e ÷
1 1
所以 g x 的单调递减区间为 - ,- ÷；单调递增区间为 - ,0 .
è e è e ÷
所以 g x g 1- -1 a 1min ÷ ，所以关于 的方程-1+ ln -a - -1有解时，è e ae
a 1只能是 - ，
e
1
所以集合 x f x -1 有且只有一个元素时 a - .
e
1
2．（2024· 3浙江温州·三模）设函数 f x xlnx - x 的导函数为 g x .
6
(1)求函数 g x 的单调区间和极值；
3
(2)证明：函数 f x 存在唯一的极大值点 x0 ，且 x0 .2
（参考数据： ln2 0.6931）
【答案】(1) g x 在 0,1 上单调递增，在 (1, + )上单调递减，极大值 g 1 1 ，无极小值.
2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数 g x 的单调区间和极值；
3
（2）利用导数求函数 f x 的极大值点 x0 ，由单调性证明 x0 .2
【详解】（1）函数 f x xlnx 1- x3，定义域为 0, + ，
6
1 1 1- x2g x f x ln x +1- x2 ， g x - x x 0 ，2 x x
g x 0解得0 x 1， g x 0解得 x 1，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
g 1 ln1 1 1 1故极大值为 + - ，无极小值.
2 2
1 1 2
（2）由（1）可知， f 1 g 1 1 0 且 f - 0， 2 e ÷ 2e2 f e
4 - e
0，
è 2
1
所以根据零点定理，$x1 ,1÷ 使 f x1 0，$x2 1,e 使 f x 0，
è e 2
即 x 0, x1 x2 ,+ 时， f x 0， f x 为减函数；
x x1, x2 时， f (x) 0 ， f x 为增函数，
所以 f x 存在唯一极大值点x2，即 x0 x2 1,e ，
f 3 3
2

又因为 ÷ ln +1
1 3 9 1- ÷ ln 3- ln 2 +1- ln 3 - ln 2 + ÷ ln 3- 0.8181 0 g x ，
è 2 0 2 2 è 2 8 è 8
3 3
所以 x2 , e÷，即 x0 2 ，得证
!
è 2
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 f x xlnx - x - lnx +1的导函数为 f x .
(1)证明：函数 f x 有且只有一个极值点；
(2)若 xf x - f x -3- mxex 恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2) - , -1
【分析】
（1）求导，结合函数单调性及零点存在定理说明 f x 的单调性即可证明；
（2）换元 t xex 0，并分离参数求函数最值即可求解.
【详解】（1）证明：由题意知 f x 的定义域为 0, + 1 1，且 f x lnx +1-1- lnx - ，
x x
令j x lnx 1- ，则j x 1 1 1+ x + 0(x 0) ，
x x x2 x2
所以j x （即 f x ）在 0, + 上单调递增，
1
又 f 1 -1 0, f e 1- 0,
e
所以 f x 在 1,e 上有唯一零点 x0 ，
当0 x x0 时， f x 0，当 x x 0时， f x > 0，
所以 f x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，
所以函数 f x 有且只有一个极值点 x0 .
（2） xf x - f x -3- mxex 恒成立，
即 xlnx -1 - xlnx - x - lnx +1 -3- mxex 恒成立，
lnx x x x即 + +1 -mxex 恒成立，即 ln xe +1 -mxe 恒成立.
lnt +1
令 t xex 0，则 lnt +1 -mt ，所以-m ，t
令 g t lnt +1 (t -lnt 0)，则 g t
t t 2
，
令 g t 0，得 t 1，令 g t 0，得0 t 1，
所以 g t 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g(t)max g 1 1，所以-m 1，解得m -1，
即实数m 的取值范围为 - , -1 .
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的极值点及不等式恒成立问题，关键是利用函数特点同构，得到
ln xex +1 -mxex 恒成立..
考点二、根据函数极值或极值点求参数值或范围
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f (x) ex - ax - a3 ．
(1)当 a 1时，求曲线 y f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
【答案】(1) e -1 x - y -1 0
(2) 1, +
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析 a 0和 a 0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知 f (x) ex - a 有零点，可得 a 0，进而利用导数求 f x 的单
调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 0，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当 a 1时，则 f (x) ex - x -1， f (x) ex -1，
可得 f (1) e - 2， f (1) e -1，
即切点坐标为 1,e - 2 ，切线斜率 k e -1，
所以切线方程为 y - e - 2 e -1 x -1 ，即 e -1 x - y -1 0 .
（2）解法一：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) ex - a ，
若 a 0，则 f (x) 0对任意 x R 恒成立，
可知 f (x) 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若 a 0，令 f (x) 0 ，解得 x ln a；令 f (x) 0 ，解得 x ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
则 f (x) 有极小值 f ln a a - a ln a - a3 ，无极大值，
由题意可得： f ln a a - a ln a - a3 0 ，即 a2 + ln a -1 0，
2
构建 g a a + ln a -1,a 0 ，则 g a 2a 1+ 0，
a
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 0，
不等式 a2 + ln a -1 0等价于 g a g 1 ，解得 a 1，
所以 a 的取值范围为 1, + ；
解法二：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) ex - a ，
若 f (x) 有极小值，则 f (x) ex - a 有零点，
令 f (x) ex - a 0，可得 ex a ，
可知 y ex 与 y a 有交点，则 a 0，
若 a 0，令 f (x) 0 ，解得 x ln a；令 f (x) 0 ，解得 x ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
则 f (x) 有极小值 f ln a a - a ln a - a3 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： f ln a a - a ln a - a3 0 ，即 a2 + ln a -1 0，
2
构建 g a a + ln a -1,a 0 ，
因为则 y a2 , y ln a -1在 0, + 内单调递增，
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 0，
不等式 a2 + ln a -1 0等价于 g a g 1 ，解得 a 1，
所以 a 的取值范围为 1, + .
2．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0 x 1时， x - x sin x x；
（2 2）已知函数 f x cos ax - ln 1- x ，若 x 0是 f x 的极大值点，求 a 的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2） - , - 2 U 2, +
【分析】（1）分别构建F x x - sin x, x 0,1 ，G x x2 - x + sin x, x 0,1 ，求导，利用导数判断原函数
的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 f x 在 0,1 上的单调性，求导，分类讨论0 a2 2 和
a2 2，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建F x x - sin x, x 0,1 ，则F x 1- cos x 0对"x 0,1 恒成立，
则F x 在 0,1 上单调递增，可得F x F 0 0，
所以 x sin x, x 0,1 ；
构建G x sin x - x - x2 x2 - x + sin x, x 0,1 ，
则G x 2x -1+ cos x, x 0,1 ，
构建 g x G x , x 0,1 ，则 g x 2 - sin x 0 对"x 0,1 恒成立，
则 g x 在 0,1 上单调递增，可得 g x g 0 0，

即G x 0对"x 0,1 恒成立，
则G x 在 0,1 上单调递增，可得G x G 0 0，
2
所以 sin x x - x , x 0,1 ；
综上所述： x - x sin x x .
（2）令1- x2 0，解得-1 x 1，即函数 f x 的定义域为 -1,1 ，
若 a 0，则 f x 1- ln 1- x2 , x -1,1 ，
因为 y - ln u 在定义域内单调递减， y 1- x2 在 -1,0 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
则 f x 1- ln 1- x2 在 -1,0 上单调递减，在 0,1 上单调递增，
故 x 0是 f x 的极小值点，不合题意，所以 a 0 .
当 a 0时，令b a 0
因为 f x cos ax - ln 1- x2 cos a x - ln 1- x2 cosbx - ln 1- x2 ，
且 f -x cos -bx - ln é 1- -x
2 ù
cosbx - ln 1- x
2 f x ，
所以函数 f x 在定义域内为偶函数，
f x bsin bx 2x由题意可得： - - , x -1,1 ，
x2 -1
（i）当0 b2 2时，取m min
ì1
í ,1
ü
， x 0,m ，则bx 0,1 ，
b
x b2x2 + 2 - b2
由（1）可得 f x 2x 2x -bsin bx - 2 -b2x - ，x -1 x2 -1 1- x2
且b2x2 0,2 - b2 0,1- x2 0，
x b2x2 + 2 - b2
所以 f x ，
1- x2
0
即当 x 0,m 0,1 时， f x > 0，则 f x 在 0, m 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 -m,0 上单调递减，
所以 x 0是 f x 的极小值点，不合题意；
1
（ⅱ）当b2 2时，取 x 0, ÷ 0,1 ，则bx 0,1 ，
è b
f x bsin bx 2x b bx b2x2 2x x1 3 3 2 2由（ ）可得 - - 2 - - - 2 2 -b x + b x + b3x + 2 - b2 ，x -1 x -1 1- x
h x -b3x3 + b2x2 + b3x + 2 - b2 , x 1 0, 构建 ÷ ，
è b
则 h x 1 -3b3x2 + 2b2x + b3 , x 0, b ÷ ，è
h 0 1 b3 0, h b3且 ÷ - b 0

，则 h x 0对"x 0,
1
÷恒成立，
è b è b

可知 h x 在 0,
1 2
÷上单调递增，且 h 0 2 - b 0, h
1
b ÷
2 0，
è è b
h x 0, 1 1 所以 在 内存在唯一的零点 n 0, ，
è b ÷ b ÷ è
当 x 0,n 时，则 h x 0，且 x 0,1- x2 0，
f x x -b3x3 + b2x2则 2 + b3x + 2 - b2 0，1- x
即当 x 0,n 0,1 时， f x 0，则 f x 在 0, n 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 -n,0 上单调递增，
所以 x 0是 f x 的极大值点，符合题意；
综上所述：b2 2，即a2 2，解得a 2 或 a - 2 ，
故 a 的取值范围为 - , - 2 U 2, + .
【点睛】关键点睛：
1.当0 a2 2 时，利用 sin x x, x 0,1 ，换元放缩；
2.当 a2 2时，利用 x - x sin x, x 0,1 ，换元放缩.
1
3．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x) + a ÷ ln(1+ x) .
è x
(1)当 a -1时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
1
(2)是否存在 a，b，使得曲线 y f ÷关于直线 x b 对称，若存在，求 a，b 的值，若不存在，说明理由.
è x
(3)若 f x 在 0, + 存在极值，求 a 的取值范围.
【答案】(1) ln 2 x + y - ln 2 0 ；
1 1
(2)存在 a ,b - 满足题意，理由见解析.
2 2
0, 1 (3) 2 ÷
.
è
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求
解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数 a的方程，解方程可得实数 a的值，最后检验所得的 a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，然后对函数求导，
1 1
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论 a 0， a 和0 a 三中情况即可求得实数 a的取值范围.
2 2
1
【详解】（1）当 a -1时， f x -1 ln x +1 ，
è x ÷
则 f x 1 1 1 - 2 ln x +1 +

-1÷ ，x è x x +1
据此可得 f 1 0, f 1 - ln 2 ，
函数在 1, f 1 处的切线方程为 y - 0 - ln 2 x -1 ，
即 ln 2 x + y - ln 2 0 .
1 1
（2）令 g x f ÷ x + a ln

x
+1÷，
è è x
1 1 x +1函数的定义域满足 + 0 ，即函数的定义域为 - , -1 0,+ ，
x x
1 1
定义域关于直线 x - 对称，由题意可得b - ，
2 2
g 1 m g 1 1由对称性可知 - + ÷ - - m÷ m

2 2 ÷
，
è è è 2
m 3取 可得 g 1 g -2 ，
2
即 a 1 ln 2 a 2 ln 1 1+ - ，则 a +1 2 - a，解得 a ，
2 2
1 1 1 1
经检验 a ,b - 满足题意，故 a ,b - .
2 2 2 2
a 1 ,b 1即存在 - 满足题意.
2 2
（3）由函数的解析式可得 f x 1 -

2 ÷ ln x 1
1 1+ +
x
+ a ÷ ，
è è x x +1
由 f x 在区间 0, + 存在极值点，则 f x 在区间 0, + 上存在变号零点;
1 ln x 1 1- + + + a 1令 x2 ÷ ÷ 0，è è x x +1
则- x +1 ln x +1 + x + ax2 0，
令 g x = ax2 + x - x +1 ln x +1 ，
f x 在区间 0, + 存在极值点，等价于 g x 在区间 0, + 上存在变号零点，
g x 2ax - ln x +1 , g x 1 2a -
x +1
当 a 0时， g x 0， g x 在区间 0, + 上单调递减，
此时 g x g 0 0， g x 在区间 0, + 上无零点，不合题意;
a 1 1当 ，2a 1时，由于 1，所以 g x 0, g x 在区间 0, + 上单调递增，
2 x +1
所以 g x g 0 0， g x 在区间 0, + 上单调递增， g x g 0 0，
所以 g x 在区间 0, + 上无零点，不符合题意；
1
当0 a 时，由 g x 2a 1 1- 0 可得 x = -1，
2 x +1 2a
x 1 当 0, -1÷时， g x 0， g x 单调递减，
è 2a
x 1当 -1,+

÷ 时， g x 0， g x 单调递增，
è 2a
故 g x 1 的最小值为 g -1÷ 1- 2a + ln 2a ，
è 2a
令m x 1- x + ln x 0 x 1 ，则m x -x +1 0，
x
函数m x 在定义域内单调递增，m x m 1 0，
据此可得1- x + ln x 0恒成立，
g 1则 -1

÷ 1- 2a + ln 2a 0 ，
è 2a
由一次函数与对数函数的性质可得，当 x + 时，
g x 2ax - ln x +1 + ，
且注意到 g 0 0，
根据零点存在性定理可知: g x 在区间 0, + 上存在唯一零点 x0 .
当 x 0, x0 时， g x 0， g x 单调减，
当 x x0 ,+ 时， g x 0， g x 单调递增，
所以 g x0 g 0 0 .
令 n x ln x - x n x 1 1 2 - x，则 - ，
x 2 x 2x
则函数 n x ln x - x 在 0,4 上单调递增，在 4, + 上单调递减，
所以 n x n 4 ln 4 - 2 0 ，所以 ln x x ，
é ù
g 4 4
ê ú
所以 2 ÷ = +1

÷ êa
4 1 4 1- a +a ÷
- ln +1÷ - - 2a +1ú
è è a2 è a2 2ê è a 4
2 +1 ú a
> 4 +1 é 4 4 ù a2 ÷
+ a - ln +1÷ + a -1- 2a +1
è ê a è a2 ú
4 1 é 4 ln 4 1 ù 4 1 4 4

2 + ÷ ê - + ÷ + ÷ - +1a a ÷è è a2 ú è a2 a a2 ÷è
16 4 1 12 4 2 - 2 - 4 2 -1 2 +1
a a a
a ÷ 4 4
+1÷ 0，
è + +1 è
a2 4 4
2 + +1a a a a2
所以函数 g x 在区间 0, + 上存在变号零点，符合题意.
1
综合上面可知:实数 a得取值范围是 0, ÷ .
è 2
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等
函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利
用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
4．（2021·全国·高考真题）设函数 f x ln a - x ，已知 x 0是函数 y xf x 的极值点．
（1）求 a；
g(x) x + f (x)（2）设函数 xf (x) ．证明:
g x 1．
【答案】（1） a 1；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出 y '，由极值点处导数为 0 即可求解出参数 a；
x + ln 1- x
（2）由（1）得 g(x)


x ln 1 x ， x 1且 x 0，分类讨论
x 0,1 和 x - ,0 ，可等价转化为要证
-
g x 1，即证 x + ln 1- x x ln 1- x 在 x 0,1 和 x - ,0 上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由 f x ln a 1 x - x f ' x ， y xf x y ' ln a - x + ，
x - a x - a
又 x 0是函数 y xf x 的极值点，所以 y ' 0 ln a 0 ，解得 a 1；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
g(x) x + ln(1- x) 1 1由（Ⅰ）知， + (- ,0) U (0,1)x ln(1- x) ln(1- x) x ，其定义域为 ．
1 1 1 1 1 1 x -1要证 g(x) 1，即证 + ，即证 - ln(1 x) x ln(1 x) x x ．- -
1
（ⅰ）当 x (0,1)
x -1 x x
时， 0 ， 0 ，即证 ln(1- x) ．令F (x) ln(1- x) -ln(1 x) ，因为- x x -1 x -1
F (x) -1 -1 x - 2 2 0，所以 F (x)在区间( 0, 1)内为增函数，所以F (x) F (0) 01- x (x -1) (x ．-1)
1 x -1 x
（ⅱ）当 x (- ,0)时， 0ln(1 x) ，
0，即证 ln(1- x) ，由（ⅰ）分析知 F (x)在区间 (- ,0)
- x x -1
内为减函数，所以F (x) F (0) 0．
综合（ⅰ）（ⅱ）有 g(x) 1．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
g(x) x + f (x)
x + ln 1- x
由（1）得 f x ln 1- x ， xf (x) x ln 1 x ， x 1且 x 0，-
x + ln 1- x
当 x 0,1 时，要证 g(x) 1，Q x 0, ln 1- x 0 ， \ x ln 1- x 0x ln 1 ，即证- x
x + ln 1- x x ln 1- x ，化简得 x + 1- x ln 1- x 0 ；
x + ln 1- x
同理，当 x - ,0 时，要证 g(x) 1，Q x 0, ln 1- x 0x ln 1 x ，
\ x ln 1- x 0，即证
-
x + ln 1- x x ln 1- x ，化简得 x + 1- x ln 1- x 0 ；
令 h x x + 1- x ln 1- x ，再令 t 1- x ，则 t 0,1 U 1, + ， x 1- t ，
令j t 1- t + t ln t ，j t -1+ ln t +1 ln t ，
当 t 0,1 时，j t 0 ，j t 单减，故j t j 1 0；
当 t 1,+ 时，j t 0，j t 单增，故j t j 1 0；
x + ln
g(x) 1- x 综上所述， 1在 x - ,0 U 0,1x ln 1- x 恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令j (x) ln x - (x -1)
1
，因为j (x) -1
1- x
，所以j(x) 在区间( 0, 1)内是增函数，在区间 (1, + )内是减函
x x
数，所以j(x) j(1) 0
1
，即 ln x x -1（当且仅当 x 1时取等号）．故当 x 1且 x 0时， 0且
1- x
1 1 ln 1 1 1 ln(1 x) x ln(1 x) x ， - ，即- - ，所以 - ．
1- x 1- x 1- x 1- x x -1
1 x -1 1 1 1
（ⅰ）当 x
x
(0,1) 时，0 ln(1- x) ，所以 1-ln(1 x) x x ，即
+ 1 g(x) 1
x -1 - ln(1- x) x
，所以 ．
（ⅱ）当 x (- ,0)时， ln(1- x)
x
0，同理可证得 g(x) 1．
x -1
x + ln(1- x)
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当 x 1且 x 0时， 1 g(x) 1x ln(1- x) ，即 ．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 x (0,1) 时，转化为证明
ln(1 x) x- ，当 x (- ,0)时，转化为证明 ln(1- x)
x
，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而
x -1 x -1
证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 x 0,1 时， x + 1- x ln 1- x 0 成立
和当 x - ,0 时， x + 1- x ln 1- x 0 成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，
运算简洁，为最优解；方法三先构造函数j (x) ln x - (x -1)，利用导数分析单调性，证得常见常用结论
x
ln x x -1（当且仅当 x 1时取等号）．然后换元得到 ln(1- x) ，分类讨论，利用不等式的基本性质证
x -1
得要证得不等式，有一定的巧合性.
1 3 2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 h x 2x + 3x -12x + m m R 的一个极值为-2．
(1)求实数m 的值；
é 3ù
(2)若函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值为 18，求实数 k 与m 的值． 2
【答案】(1) -22或 5
(2)实数 k 的值为-1, m的值为 5
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负得到极值点，根据极值为-2解出m 的值；

（2）根据 - ,
3ù 3
ú上 h x 的单调性，分1 k ， k -2 ， k -2，-2 k 1四种情况讨论 h x 的最大值，è 2 2
只有-2 k 1中存在 k 符合题意，令最大值为 18，求得 k 和m 的值.
【详解】（1）由 h x 2x3 + 3x2 -12x + m m R ，得 h x 6x2 + 6x -12 6 x + 2 x -1 ，
令 h x 0，得 x -2或 x 1；令 h x 0，得-2所以函数 h x 有两个极值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 -2 3，得 2 (-2) + 3 (-2)2 -12 -2 + m -2，解得m -22；
若 h 1 -2，得 2 13 + 3 12 -12 1+ m -2，解得m 5．
综上，实数m 的值为－22 或 5．
（2）由（1）得， h x ,h x 3在区间 - ,
ù
ú的变化情况如下表所示：è 2
- , -2 -2,1 1, 3 3x -2 1 2 ֏ 2
h x + 0 － 0 +
h x Z 极大值m + 20 ] 极小值m 7 m 9- Z - 2
由表可知，
①当1
3
k 时，函数 h x é在区间 êk,
3ù 3 9
ú 上单调递增，所以最大值为 h ÷ m - ，2 2 è 2 2
53 1
其值为 - 2 或 2 ，不符合题意；
②当 k -2 时，函数 h x 在 -2,1 3 上单调递减，在 1,
è 2 ÷
上单调递增，

因为 h 2 20 3 9- + m h m - 3 é 3ù， ÷ ， h 2 h ÷，所以 h x 在 êk, ú 上的最大值为 h -2 m + 20 ，其值è 2 2 è 2 2
为-2或 25，不符合题意；
③当 k -2时，函数 h x 在 k,-2 3 上单调递增，在 -2,1 上单调递减，在 1, ÷上单调递增，
è 2
h -2 20 m h 3+ 9 m - h 2 h 3 é 3ù因为 ， ÷ ， ÷，所以 h x 在 k, 上的最大值为 h -2 m + 20 ，其值
è 2 2 è 2 ê 2ú
为-2或 25，不符合题意；
④当-2 k 1时， h x 在 k,1 1, 3 上单调递减，在 2 ÷上单调递增，è
若 h x ék, 3ù h 3 9 1 53在区间 ê ú 上的最大值为2 2 ÷ m - ，其值为 或 - ，不符合题意， è 2 2 2
é 3ù
又因为若m -22，则 h -2 m + 20 -2．那么，函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值只可能小于－2，不合 2
题意，
é 3ù
所以要使函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值为 18，必须使 h k 2k
3 + 3k 2 -12k + m 18，且m 5，
2
h k 2k 3即 + 3k 2 -12k + 5 18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 0，
所以 2k 3 2+ 2k 2 + k 2 + k -13k -13 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 0，
所以 2k 2 + k -13 k +1 0 ．所以 2k 2 + k -13 0或 k +1 0，
k -1± 105所以 或 k +1 0 -2 k 1 k -1± 105．因为 ，所以 舍去．
4 4
综上，实数 k 的值为-1, m的值为 5．
【点睛】方法点睛：函数在闭区间上的最值
通过求导，根据导数的正负得到函数的单调性，从而函数的最大值在极大值和端点值中取大，函数的最小
值在极小值和端点值中取小.
2．（2024· x重庆·模拟预测）已知 f x e + a ln 1- x
(1)若 f (x) 在 x 0处的切线平行于 x 轴，求 a 的值；
(2)若 f (x) 存在极值点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) a 1
(2) 0 a 1
【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有 f 0 0，解方程即可求出 a；
（2）根据条件有 f x 在 x - ,1 x上至少有一个变号零点，即 a e 1- x x 1 至少有一解，构造函数
g x ex 1- x x 1 ，对 g x 求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.
【详解】（1）因为 f x ex + a ln 1- x x 1 x a，所以 f x e - x 1 ，
1- x
根据题意有 f 0 0，即 e0 - a 0 ，解得 a 1，
检验，此时 f 0 1，切线为 y 1，平行与 x 轴，故 a 1符合题意.
（2）因为 f x ex + a ln 1- x x 1 f x ex a，所以 - x 1 ，
1- x
因为 f (x) 存在极值点，所以 f x 在 x - ,1 上至少有一个变号零点，
a ex即 1- x x 1 x至少有一解，令 g x e 1- x x 1 ，
则 g x -xex x 1 ，令 g x 0，即-xex 0，解得 x 0，
所以当 x - ,0 时， g x 0， g x 单调递增；
当 x 0,1 时， g x 0， g x 单调递减，
所以 g x g 0 1 x - g x 0+max ，又当 时， ，
所以 0 a 1 .
1
3．（2023· 2湖南郴州·一模）已知函数 f x 2lnx + ax - 2a +1 x .
2
(1)若曲线 y f x 在 1, f 1 处切线与 x 轴平行，求 a；
(2)若 f x 在 x 2处取得极大值，求 a的取值范围.
【答案】(1)1
, 1(2) -

÷
è 2
【分析】（1）先对 f x 求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）分类讨论 a的取值情况，利用导数分析 f x 的单调情况，从而得到其极值情况，由此得解.
【详解】（1）因为 f x 2lnx 1+ ax2 - 2a +1 x x 0 ，
2
2
f x 2 ax 2a 1 ax - 2a +1 x + 2 ax -1 x - 2 所以 + - + ，
x x x
因为曲线 y f x 在 1, f 1 处切线与 x 轴平行，
a -1 1- 2 所以 f 1 0 ，解得 a 1，
1
又 f 1 1 - 3 5 - 0 ，所以 a 1 .
2 2
2 f x 0, + f x ax -1 x - 2 （ ） 的定义域为 ， ，
x
①当 a 0时，令 f x > 0，得0 x 2，令 f x 0，得 x 2，
\ f x 在 0,2 上单调递增，在 2, + 上单调递减.
\ f x 在 x 2处取得极大值，满足题意；
②当 a<0时，令 f x > 0，得0 x 2，令 f x 0，得 x 2，
\ f x 在 0,2 上单调递增，在 2, + 上单调递减.
\ f x 在 x 2处取得极大值，满足题意；
③当 a 0时，
a 1 1（i）当 时， 2, f x 0
2 a
所以 f x 在 0, + 上单调递增， f x 无极值，不满足题意；
1 1
（ii）当 a 时， 2，
2 a
令 f x 0 1，得 x 2，令 f x > 0，得0 x 1 或 x 2 .a a
1 1
\ f x 0, 在 ÷ 上单调递增，在 , 2÷上单调递减，在 2, + 上单调递增.
è a è a
\ f x 在 x 2处取得极小值，不满足题意；
1 1
（iii）当0 a 时， 2，
2 a
令 f x 0，得 2 1 x ，令 f x > 0 1，得0 x 2或 x .a a
\ f x 在 0,2 上单调递增，在 2,
1 1
÷上单调递减，在a
,+ ÷ 上单调递增.
è è a
\ f x 在 x 2处取得极大值，满足题意；
1
综上所述， a的取值范围为 - , .
è 2 ÷
x 2t
4．（2024·山东泰安· e模拟预测）已知函数 f (x) ， g(x) + t ln x .
x2 x
(1)求函数 g(x)单调区间；
(2)若函数H (x) f (x) - g(x) 在 (0,2)有两个极值点，求实数 t 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
e2(2) e t
2
【分析】（1）通过求函数 g(x)的导数，将 t 分类 t 0, t 0, t 0，讨论函数 g(x)的单调性；
（2）通过导数将函数极值问题转化为方程 ex - tx 0在 x (0,2) 上有两个根即可.
【详解】（1）由题意可知，函数定义域为 (0, + )，
g (x) 2t t t(x - 2)导数 - 2 + x x x2
t 0时， g (x) 0恒成立
t 0时，当 x 2, g (x) 0；当0 x 2, g (x) 0
t 0时，当 x 2, g (x) 0 ；当0 x 2, g (x) 0
综上可知： t 0时为常函数，无单调区间
t 0时，单调增区间为： (2,+ ) ，单调减区间为： (0,2)
t 0时，单调增区间为： (0,2)，单调减区间为： (2,+ ) .
x
（2）因为H (x) e 2t 2 - t ln x - (x 0)，x x
H (x) (x - 2)(e
x - tx)
所以 3 ，x
因为H (x)在 0,2 上有两个极值点，
ex
则 ex - tx 0，即 t 在 0,2 上有两个根，
x
x x
p(x) e p (x) e (x -1)令 ，
x x2
当0 x 1时， p (x) 0， p(x)单调递减
当1 x 2时， p (x) 0 ， p(x)单调递增
2
又因为 x 0 时 p(x) + ， p(1) e p(2) e， ，
2
2
所以 h(x) 在 (0,2) 2 e t e上有 个极值点需满足 .
2
e2
综上所述，当 e t 时，函数H (x)在 (0,2)上有两个极值点.
2
考点三、利用导数求函数最值
1 x 2．（2024·安徽·三模）已知函数 f x 2 x -1 e - ax .
(1)求曲线 y f x 在 x 0处的切线方程；
(2)若 a e2，求函数 f x 在 1,3 上的最值.
【答案】(1) y=- 2
(2)最大值为 4e3 - 9e2，最小值为-2e2
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出 f x 0和 f x 0的解集，即可求出函数的单调区间，再求
出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
x 2 x
【详解】（1）由函数 f x 2 x -1 e - ax ，可得 f x 2xe - 2ax 2x ex - a ，
可得 f 0 0，且 f 0 -2，所以切线的斜率为 k 0，切点为 0, -2 ，
则所求切线方程为 y=- 2 .
（2）由（1），当 a e2时，可得 f x 2x ex - e2 , x 1,3 ，
当 x 1,2 时， f x 0，函数 f x 在 1,2 上单调递减，
当 x 2,3 时， f x 0，函数 f x 在 2,3 上单调递增，
而 f 1 -e2 2 3 2， f 2 -2e ， f 3 4e - 9e ，
故所求最大值为 4e3 - 9e2，最小值为-2e2 .
1
2 2．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数 f x x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数 f x 单调性，分类讨论函数 f x 最大值.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，
f x x a x
2 + 1- a x - a x +1 x - a
求导数，得 +1- a - ，
x x x
若 a 0，则 f x 0，此时 f x 在 0, + 上单调递增，
若 a 0，则由 f x 0得 x a，当0 x a 时， f x 0， f x 在 0, a 上单调递减，
当 x a时， f x 0 ， f x 在 a,+ 上单调递增，
综上，当 a 0， f x 的增区间为 0, + ，无减区间，
若 a 0， f x 减区间为 0, a ，增区间为 a,+ .
（2）由（1）知，当0 a 1时， f x 在区间 1,e 上为增函数，
函数 f x 1 2的最大值为 f e e + 1- a e - a ，
2
当a e 时， f x 在区间 1,e 上为减函数，
函数 f x 的最大值为 f 1 3 - a，
2
当1 a e 时， f x 在区间 1, a 上为减函数，在 a, e 上为增函数，
函数 f x 的最大值为max f (1), f (e) ，
f e f 1 1由 - e2 + 1- a e 3 1- 0，得 a e +1 3- ，
2 2 2 2e
1 3 1 2
若1 a e +1- 时，函数 f x 的最大值为 f e e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1 3 3
若 e +1- a e时，函数 f x 的最大值为 f 1 - a，
2 2e 2
1
综上，当 a e +1
3
- 时，函数 f x 的最大值为 f e 1 e2 + 1- a e - a ，
2 2e 2
当 a
1 3
e +1- 时，函数 f x 3的最大值为 f 1 - a .
2 2e 2
1．（2024·山东泰安·三模）已知函数 f x x a
ln x
- ÷ a 0 .
è x
(1)讨论 f x 的最值；
x
(2)若 a 1，且 f x ke - x≤ ，求 k 的取值范围.
x
f 1 【答案】(1)最小值为 ÷ 1+ ln aa ，无最大值
.
è
2
(2) é ,+ ê ÷ . e
【分析】（1）求得 f x ax -1 ，结合导数的符号，求得函数 f x 的单调区间，进而求得其最值；
x
2 k x
2 + x - x ln x 2
（ ）把不等式转化为 ≥ x ，令 h x
x + x - x ln x

e ex
，利用导数求得函数的单调性与最值，进而
求得 k 的取值范围.
ln x 1 ax -1
【详解】（1）.解：因为 f x x a - ÷ 的定义域为 0, + ，可得 f x a - .
è x x x
当 a 0时，令 f x 0 x 1，可得 ；
a
1
当 x 0, ÷ 时， f x 0， f x 单调递减，
è a
1
当 x ,+

÷时， f x 0， f x 单调递增，
è a
1 1
故当 x 时， f x 取得极小值，也是最小值，且最小值为 f ÷ 1+ ln a ，无最大值.a è a
x
2 a 1 f x ke - x ke
x - x
（ ）解：当 时，由 ，可得 x - ln x≤ ，
x x
2
整理得 kex ≥ x2 + x - x ln x x + x - x ln x，即 k≥ x ，e
2
h x x + x - x ln x令
ex
，
2x +1- ln x -1 ex - x2 + x - x ln x
e
x x - ln x
h x 1- x 则 2 ， ex ex
由（1）知，当 a 1时， f x x - ln x 的最小值为 f 1 1 0，即 x - ln x 0恒成立，
所以当 x 0,1 时， h x 0， h x 单调递增；
当 x 1, + 时， h x 0， h x 单调递减.
故当 x 1时， h x 取得最大值 h 1 2 2 ，即 k ，
e e
2
故 k é 的取值范围为 ê ,+ ÷ . e
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒
成立与存在性问题的区别．
2．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数 f x ln x + sin x + sin π .
10
(1)求函数 f x 在区间 1,e 上的最小值；
(2)判断函数 f x 的零点个数，并证明.
【答案】(1) sin1
π
+ sin
10
(2)函数 f (x) 在 0, + 有且仅有一个零点，证明见解析
1
【分析】（1）求出函数的导函数，令 g x f (x) + cos x，利用导数说明 g x 的单调性，结合零点存在
x
性定理得到 f x 的单调性，即可求出 f x 在闭区间上的最小值；
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论0 x 1，1 x π 和 x π时， f (x) 的正负，
即可得出证明.
π
【详解】（1）因为 f x ln x + sin x + sin ，
10
1 1 1
所以 f (x) + cos x ，令 g x f (x) + cos x， g x -
x x x2
- sin x ，
当 x 1,e 时， g x 1 - 2 - sin x 0，x
所以 g x 在 1,e 上单调递减，且 g 1 1+ cos1 0，
g e 1 + cos e< 1 + cos 2π 1 1 - 0 ，
e e 3 e 2
所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使 g a f a 0
又当 x 1,a 时， g x f x 0；当 x a , e 时， g x f x 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上单调递增，在 x a , e 上单调递减，
又因为 f 1 π π ln1+ sin1+ sin sin1+ sin ，
10 10
f e ln e sin e sin π π + + 1+ sin e + sin f 1 ，
10 10
所以函数 f (x) 在区间[1,e]上的最小值为 f 1 π sin1+ sin .
10
（2）函数 f x 在 0, + 上有且仅有一个零点，证明如下：
函数 f x ln x + sin x + sin π ， x 0, + ，则 f (x) 1 + cos x ，
10 x
若0 x 1， f (x)
1
+ cos x 0，
x
所以 f (x) 在区间 0,1 上单调递增，又 f 1 sin1+ sin π 0，
10
f 1 1 sin 1 π ÷ - + + sin -1+ sin
π
+ sin π 0，
è e e 10 6 6
结合零点存在定理可知， f (x) 在区间 0,1 有且仅有一个零点，
若1 x π ，则 ln x 0,sin x 0 ， sin
π
0，则 f x 0，
10
若 x π，因为 ln x ln π 1 -sin x，所以 f x 0，
综上，函数 f (x) 在 0, + 有且仅有一个零点.
3- 2x
3．（2021·北京·高考真题）已知函数 f x
x2
．
+ a
（1）若 a 0，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
（2）若 f x 在 x=-1处取得极值，求 f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1） 4x + y - 5 0；（2）函数 f x 的增区间为 - , -1 、 4,+ ，单调递减区间为 -1,4 ，最大值
1
为1，最小值为- .
4
【分析】（1）求出 f 1 、 f 1 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由 f -1 0可求得实数 a的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性与极值，由此可得出结果.
f x 3- 2x【详解】（1）当 a 0时， 2 ，则 f
2 x - 3x ，\ f 1 1， f 1 -4
x x3
，
此时，曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y -1 -4 x -1 ，即 4x + y - 5 0；
-2 x23- 2x + a - 2x 3 - 2x 2 x2 - 3x - a
（2）因为 f x ，则 f x ，
x2 + a 2 2 2x + a x2 + a
2 4 - a
由题意可得 f -1

2 0 ，解得 a 4，a +1
3- 2x 2 x +1 x - 4f x 故 f x 2 ， 2 2 ，列表如下：x + 4 x + 4
x - , -1 -1 -1,4 4 4,+
f x + 0 - 0 +
f x 增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 f x 的增区间为 - , -1 、 4,+ ，单调递减区间为 -1,4 .
当 x
3
时， f x 0 3；当 x 时， f x 0 .
2 2
所以， f x f -1 1max ， f x
1
f 4 -min .4
考点四、由函数最值求参数值或范围
1．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) ex - ax和 g(x) ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)证明：存在直线 y b，其与两条曲线 y f (x) 和 y g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1) a 1
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求 a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b 1时， ex - x b 的解的个数、 x - ln x b的解的个数均为 2，构建新函数
h(x) ex + ln x - 2x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 f x , g x 的大小关系，根据存在直线 y b
与曲线 y f x 、 y g x 有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差
数列.
【详解】（1） f (x) ex - ax的定义域为 R ，而 f (x) ex - a ，
若 a 0，则 f (x) 0 ，此时 f (x) 无最小值，故 a 0 .
g(x) ax - ln x的定义域为 0, + ，而 g (x) a 1 ax -1- .
x x
当 x ln a时， f (x) 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上为减函数，
当 x ln a时， f (x) 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上为增函数，
故 f (x)min f ln a a - a ln a .
0 x 1 1当 时， g (x) 0，故 g(x)在 0,a a ÷
上为减函数，
è
1
当 x 时， g (x)
1
0 ，故 g(x)在 ,+ ÷ 上为增函数，a è a
g(x) 1 1故 min g ÷ 1- ln .
è a a
因为 f (x) ex - ax和 g(x) ax - ln x有相同的最小值，
故1 ln
1
- a - a ln a a -1，整理得到 ln a ，其中 a 0，
a 1+ a
2 1 -a2 -1
设 g a a -1 - ln a,a 0，则 g a 2 - 01+ a 1+ a a a 1+ a 2 ，
故 g a 为 0, + 上的减函数，而 g 1 0，
故 g a 0 1- a的唯一解为 a 1，故 ln a 的解为 a 1 .
1+ a
综上， a 1 .
（2）[方法一]：
由（1）可得 f (x) ex - x和 g(x) x - ln x 1 ln1 1 ln
1
的最小值为 - - 1.
1
当b 1时，考虑 ex - x b 的解的个数、 x - ln x b的解的个数.
设 S x ex - x - b x， S x e -1，
当 x 0 时， S x 0，当 x 0时， S x 0，
故 S x 在 - ,0 上为减函数，在 0, + 上为增函数，
所以 S x S 0 1- b 0min ，
S -b e-b而 0， S b eb - 2b，
设u b eb - 2b b，其中b 1，则u b e - 2 0 ，
故u b 在 1, + 上为增函数，故u b u 1 e - 2 0，
故 S b 0 S x ex，故 - x - b有两个不同的零点，即 ex - x b 的解的个数为 2.
设T x x - ln x - b x -1，T x ，
x
当0 x 1时，T x 0，当 x 1时，T x 0，
故T x 在 0,1 上为减函数，在 1, + 上为增函数，
所以T x T 1 1- b 0min ，
而T e-b e-b 0，T eb eb - 2b 0，
T x x - ln x - b有两个不同的零点即 x - ln x b的解的个数为 2.
当b 1，由（1）讨论可得 x - ln x b、 ex - x b 仅有一个解，
当b 1时，由（1）讨论可得 x - ln x b、 ex - x b 均无根，
故若存在直线 y b与曲线 y f x 、 y g x 有三个不同的交点，
则b 1.
1
设 h(x) ex + ln x - 2x x，其中 x 0，故 h (x) e + - 2，
x
设 s x ex - x -1 x， x 0，则 s x e -1 0，
故 s x 在 0, + 上为增函数，故 s x s 0 0即 ex x +1，
1
所以 h (x) x + -1 2 -1 0，所以 h(x) 在 0, + 上为增函数，
x
1
而 h(1) e - 2 0 1 3， h( ) ee3 - 3
2 2
- 3 e - 3 - 3 0，e e e
故 h x 0, + 1上有且只有一个零点 x0 ， x 1且：e3 0
当0 x x0 时， h x 0即 ex - x x - ln x 即 f x g x ，
当 x x0时， h x 0 即 ex - x x - ln x 即 f x g x ，
因此若存在直线 y b与曲线 y f x 、 y g x 有三个不同的交点，
故b f x0 g x0 1，
此时 ex - x b 有两个不同的根 x1, x0 (x1 0 x0 ) ，
此时 x - ln x b有两个不同的根 x0 , x4 (0 x0 1 x4 ) ，
x
故 e 1 - x1 b e
x
， 0 - x0 b， x4 - ln x4 - b 0 ， x0 - ln x0 - b 0
所以 x4 - b ln x e
x4 -b x x -b4 即 4 即 e 4 - x4 - b - b 0，
故 x - b 为方程 ex4 - x b 的解，同理 x0 - b 也为方程 ex - x b 的解
ex1 - x b ex又 可化为 11 x1 + b即 x1 - ln x1 + b 0即 x1 + b - ln x1 + b - b 0，
故 x1 + b 为方程 x - ln x b的解，同理 x0 + b 也为方程 x - ln x b的解，
所以 x1, x0 x0 - b, x4 - b ，而b 1，
ìx0 x4 - b
故 í 即 x1 + x4 2xx 0 . 1 x0 - b
[方法二]：
由 (1) 知， f (x) ex - x ， g(x) x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，且 f (x)min g(x)min 1.
①b 1时，此时 f (x)min g(x)min 1 b ，显然 y b与两条曲线 y f (x) 和 y g(x)
共有 0 个交点，不符合题意；
② b 1时，此时 f (x)min g(x)min 1 b ，
故 y b与两条曲线 y f (x) 和 y g(x) 共有 2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；
③ b 1时，首先，证明 y b与曲线 y f (x) 有 2 个交点，
即证明F (x) f (x) - b 有 2 个零点， F (x) f (x) ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
又因为 F (-b) e-b 0，F (0) 1- b 0 ， F (b) eb - 2b 0 ，
( 令 t(b) eb - 2b ，则 t (b) eb - 2 0， t(b) t(1) e - 2 0)
所以F (x) f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 个零点，设为x1，在 (0, + )上存在且只存在 1 个零点，设为
x2.
其次，证明 y b与曲线和 y g(x) 有 2 个交点，
1
即证明G (x) g (x) - b 有 2 个零点，G (x) g (x) 1- x ，
所以G(x)(0,1) 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
又因为G(e-b ) e-b 0，G 1 1- b 0 ，G(2b) b - ln 2b 0 ，
( 令 m(b) b - ln 2b ，则 m (b) 1
1
- 0 ， m (b) m (1) 1 - ln 2 0)b
所以G (x) g (x) - b 在( 0, 1)上存在且只存在 1 个零点，设为 x3 ，在 (1, + )上存在且只存在 1 个零点，设为 x4 .
再次，证明存在 b，使得 x2 x3 :
因为 F (x2 ) G(x ) 0 ，所以b e
x2
3 - x2 x3 - ln x3 ，
若 x2 x ，则 ex23 - x2 x2 - ln x2 ，即 ex2 - 2x2 + ln x2 0，
所以只需证明 ex - 2x + ln x 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) ex - 2x + ln x在( 0, 1)上有零点，
1 1 2
因为j( 3 ) ee
3 - - 3 0，j(1) e - 2 0 ，
e e3
所以j(x) ex - 2x + ln x在( 0, 1)上存在零点，取一零点为 x0 ，令 x2 x3 x0即可，
此时取b ex0 - x0
则此时存在直线 y b，其与两条曲线 y f (x) 和 y g(x) 共有三个不同的交点，
最后证明 x1 + x4 2x0 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为 F (x1) F (x2 ) F (x0 ) 0 G(x3 ) G(x0 ) G(x4 )
所以 F (x1) G(x0 ) F (ln x0 ) ，
又因为 F (x)在 (- ,0)上单调递减， x1 0 ，0 x0 1即 ln x0 0，所以 x1 ln x0，
同理，因为 F (x x00 ) G(e ) G(x4 ) ，
又因为G(x)在 (1, + )上单调递增， x0 0 即 ex0 1， x1 1，所以 x4 ex0 ，
又因为 ex0 - 2x0 + ln x0 0 ，所以 x1 + x
x0
4 e + ln x0 2x0 ，
即直线 y b与两条曲线 y f (x) 和 y g(x) 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x x2 - alnx +1,a R .
(1)当 a 1时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a 0时，若函数 f x 有最小值 2，求 a的值.
【答案】(1) y x +1
(2) a 2
【分析】（1）求出 f 1 2 ，求导，得到 f 1 1，利用导数的几何意义求出切线方程；
a a a
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到 - ln -1 0，构造 g t t - tlnt -1，求导得到
2 2 2
函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当 a 1时， f x x2 - lnx +1, y f x 的定义域为 0, + ，
f x 2x 1 1则 - ，则 f 1 2 - 1, f 1 1- ln1+1 2，
x 1
由于函数 f x 在点 1, f 1 处切线方程为 y - 2 x -1，即 y x +1 .
（2 2） f x x - alnx +1,a R的定义域为 0, + ，
2
f x 2x a 2x - a- ，
x x
当 a 0时，令 f x > 0 a，解得： x ；令 f x 0 a，解得：0 x ，
2 2
所以 f
a x a在 0, ,+ 2 ÷÷上单调递减，在 2 ÷÷上单调递增，è è

f (x) f a a - aln a +1 2 a a所以， min ÷÷ ，即 - ln
a
-1 0
è 2 2 2 2 2 2
a
则令 t 0 ，设 g t t - tlnt -1, g t -lnt ，
2
令 g t 0，解得： t 1；令 g t 0，解得：0 t 1，
所以 g t 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g t g 1 1- ln1-1 0，
t a所以 1，解得： a 2 .
2
3．（2024· x四川·模拟预测）已知函数 f x xe - 2ax(a 0)．
e
(1)若函数 f x 在 x 1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，求 a的值；
2
(2)若函数 f x 的最小值为-e，求 a的值．
e a 3e【答案】(1) a 或 2 ；2
(2) a e .
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得切线方程，再根据三角形面积，即可求得结果；
（2）通过二次求导，求得 f x 的最小值，结合 f (x) 的隐零点，即可求得结果.
x
【详解】（1）因为 f x xe - 2ax(a 0)，所以 f x x +1 ex - 2a，
则 f 1 2e - 2a ，又 f 1 e - 2a ，
所以函数 f x 在 x 1处的切线方程为 y - e + 2a 2e - 2a x -1 ．
由题意，显然 a e ，令 x 0得 y -e，令 y 0
e
得 x ，
2e - 2a
所以函数 f x 1 e e在 x 1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 S -e ，
2 2e - 2a 2
所以 2e - 2a e e
3e
，解得 a 或 a 2 ．2
（2）由（1）知 f x x +1 ex - 2a，令 g x f x x +1 ex - 2a(a 0)，
所以 g x x + 2 ex ，当 x<- 2时， g x 0, g x 在 - , -2 上单调递减，
当 x -2 时， g x 0， g x 在 -2, + 上单调递增．
因为 a 0，所以当 x -2时， g x x +1 ex - 2a 0，
g 2a 2a +1 e2a又 - 2a 2a +1- 2a 1 0,
所以 g x 在 -2, + 上必存在唯一零点 x0 ，使得 g x0 0．
当 x x0 时， g x 0，即 f x 0, f x 在 - , x0 上单调递减，
当 x x0时， g x 0，即 f x 0, f x 在 x0 ,+ 上单调递增．
所以 f x 在 x x0处取得最小值，
即 f (x)min f x0 x0ex0 - 2ax x0 ，且 f x0 0，即 2a x 00 +1 e ，
f (x) x ex0 - 2ax x ex所以 0 - x +1 ex0 × x -x2ex0min 0 0 0 0 0 0 -e ．
h x -x2设 ex (x -2)，所以 h x -x x + 2 ex ，
3
当 x -2,0 时， h x 0,h x 单调递增， h x h -4 -e -2 2 2 -e ，e e
当 x 0, + 时， h x 0， h x 单调递减， h x h 0 0，
又 h 1 -e ，所以函数 h x 在 -2, + 上存在唯一的 x 1，使得-x2ex -e成立，
x
所以 x0 1，所以 2a x0 +1 e 0 2e ，即 a e．
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是能够通过二次求导，求得 f (x) 的隐零点，从而判断 f x
的单调性，进而求得最小值.
1．（2024· ax湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x xe (x 0) ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2) 1若函数 f x 有最大值 2 ，求实数 a的值．
【答案】(1)答案见解析
2
(2) -
e
f x 1+ 2ax1 eax【分析】（ ）求导得 (x 0)，分类讨论可求单调区间；
2 x
（2）利用（1）的结论可求实数 a的值．
f x 1【详解】（1） ×eax + a xeax 1+ 2ax eax (x 0)
2 x 2 x
1°当 a 0时 f x 0,\ f x 在区间 0, + 上单调递增。
2°当 a 0时， x
1
0, - ÷时， f x 0,\ f x 单调递增
è 2a
x 1 - ,+ ÷ 时， f x 0,\ f x 单调递减
è 2a
综上，当 a 0时， f x 的增区间是 0, + ，
当 a 0时， f x 1 1 的增区间是 0, - ÷，减区间是2a - , + è è 2a ÷
（2）由（1）知当 a 0时， f x 无最大值。
1 1 1- 1 1 1
当 a 0时， f x f - ÷ - e 2 ，平方有- max ，è 2a 2a 2 2ae 4
a 2解得 - ,\a
2
- ．
e e
2
2．（2024·陕西西安·一模）已知函数 f (x) ex a x3 x - - - 2ax ．
3 2
(1)若 f (x) 在[0, + ) 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)若 y f (x) 的最小值为 1，求 a．
1 ù
【答案】(1) - ,
è 2 ú
1
(2) a
2
【分析】
ex - x
（1）由 f (x) ex - ax2 - x - 2a 0在区间[0, + ) 上恒成立，则a x2 2 ÷ ，即可得出答案；è + min
a 2
（2）由 f (x) ex - x3 x- - 2ax ，得 f (0) 1，求导分析单调性、最值，即可得出答案.
3 2
【详解】（1）因为 f (x) 在[0, + ) 上单调递增，
ex - x
所以 f (x) ex - ax2 - x - 2a 0在区间[0, + ) 上恒成立，所以a x2 2 ÷ ，è + min
ex - x ex -1 x2 + 2 - ex - x × 2x
令 g(x) ，则 g (x)
x2 2 ，+ 2 x2 + 2
h(x) ex -1 x2 + 2 - ex - x × 2x h (x) ex x2 + 2 + ex -1 ×2x - ex -1 × 2x - ex - x × 2 x2 x令 ，则 e + 2x ．
当 x 0 时，h (x) 0,h(x)单调递增， h(x) h(0) 0 ，
所以 g (x) 0，所以 g(x)在[0, + ) 上单调递增，
1
g(x) 1 1 ù故 min g(0) ，所以 a ． a的取值范围为 - , ．2 2 è 2 ú
2
（2）由 f (x) ex a - x3 x- - 2ax ，得 f (0) 1，
3 2
所以 f (x) ex - ax2 - x - 2a , f (0) 1- 2a ，
令 k(x) f (x) ex - ax2 - x - 2a ，则 k (x) ex - 2ax -1，
令 l(x) k (x) ex - 2ax -1，则 l (x) ex - 2a，
a 1 1 x
2 2
当 时， f (x) ex - x3 - - x, f (x) ex x- - x -1，
2 6 2 2
则 k (x) ex - x -1, l (x) ex -1，
当 x 0 时， l (x) 0,k (x)在 (- ,0)上单调递减，当 x 0 时， l (x) 0,k (x)在[0, + ) 上单调递增，
k (x) k (0) 0, k(x) 在 (- , + )上单调递增，且 k(0) 0，
所以，当 x 0 时， k(x) 0, f (x) 0, f (x)在 (- ,0)上单调递减，
当 x 0时， k(x) 0, f (x) 0, f (x) 在 (0, + )上单调递增，
1
所以 f (x)min f (0) 1，所以 a 成立，2
当 a
1
时，当0 x ln 2a 时， l (x) 0, l(x)在 (0, ln 2a) 上单调递减， l(x) l(0) 0，
2
k(x) f (x) ex - ax2 - x - 2a 在 (0, ln 2a) 上单调递减，
因为 f (x) f (0) 1- 2a 0，所以 f (x) 在 (0, ln 2a) 上单调递减，此时 f (x) f (0) 1，舍去．
当 a 0时，当 x 0 时， k (x) ex - 2ax -1 0，
f (x) 在 (- ,0)上单调递减， f (x) f (0) 1- 2a 0, f (x)在- ,0)上单调递增， f (x) f (0) 1．舍去；
当0 a
1
时，当 ln 2a x 0时， l (x) ex - 2a 0， k (x) 在 (ln 2a,0)上单调递增， k (x) k (0) 0， f (x)
2
在 (ln 2a,0)上单调递减， f (x) f (0) 1- 2a 0, f (x)在 (ln 2a,0)上单调递增，
此时， f (x) f (0) 1，舍去，
1
综上， a ．
2
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性与导函数的关系，解题关键是利用 f (x) 在区间 a , b 单调递增等
价 f (x) 0在区间 a , b 恒成立，然后分离参数，利用导数研究新构造函数的最小值，
1 2
3．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x ln x - a x ．
2
(1)若 f x 在 0, + 上单调递减，求实数 a的取值范围；
(2)若 f x 的最小值为 6，求实数 a的值．
é 4
【答案】(1) ê ,+

e ÷
(2) a -4e
【分析】（1）根据函数单调性得到 f x 0恒成立，再令新函数 g x 2ln x ，根据单调性求最值即可.
x
（2）根据函数单调性构造函数 h x 2ln x - a x ，再根据零点存在定理求出零点，解出方程即可求出 a的
值.
1 ln x a x 2ln x - a x【详解】（ ）由题意知，函数 f x 的定义域为 0, + ， f x - ，
x 2x 2x
因为 f x 在 0, + 上单调递减，所以 f x 0恒成立且 f x 不恒为 0，
2ln x
所以 2ln x - a x 0，即 a 恒成立． x
g x 2ln x 2 - ln x设 ，则 g x ，
x x x
当 x 0,e2 时， g x 0， g x 在 0,e2 上单调递增；
当 x e2 ,+ 时， g x 0， g x 2在 e ,+ 上单调递减，
g x g e2 4所以 max ， e
则 a g x 4 max ，e
所以实数 a
é 4
的取值范围是 ê ,+

÷．
e
（2）解法一 1 2ln x - a x由（ ）知， f x ，
2x
因为 f x 的最小值为 6，所以 f 1 -a 6，得 a -6．
设 h x 2 a 2ln x - a x ，则 h x - 0x ，2 x
所以 h x 在 0, + 上单调递增，
a aa
因为 h e 2a - ae2 a 2 - e2 ÷ 0 ， h 1 -a 0，
è
a
所以存在 x0 e ,1 ，使得 h x0 0，
当 x 0, x0 时， h x 0，即 f x 0， f x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 ,+ 时， h x 0 ，即 f x > 0， f x 在 x0 ,+ 上单调递增，
1 2
所以 f x f x0 ln x0 - a xmin 2 0 6．
因为 h x0 2ln x
1
0 - a x0 0
2
，所以 ln x0 - 2ln x0 6，2
6 1
解得 x0 e （舍去）或 x0 2 ， e
a 2ln x所以 0 -4ex ． 0
2
解法二 由题意知 f x 6 0, + ln x -12在 上恒成立，则 a 在 0, + 上恒成立．
2 x
2
ln x -12令G x ，则 a G x min ，2 x
2ln x
×2 x - é ln x 2 -12ù 1
x
×
x - ln x + 2G x ln x - 6 ，
4x 34x 2
G 由 x 0 1 6 1得 2 x e ，由G x 0得0 x e e2 或 x e
6 ，
所以G x 1 6 1 6 在 0, 2 ÷和 e , + e 上单调递减，在 , e ÷ 上单调递增． è è e2
G 1 又 2 ÷ -4e 0，当 x e2 3 时，G x 0，è e
G x G 1 所以 2 ÷ -4emin ，故 a -4e．è e
因为 f x 的最小值为 6，所以 a -4e．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性问题，其中关键是零点存在定理的应用.在研究
函数 h x 2ln x - a x a的单调性时，利用零点存在定理找到导函数的隐零点，即存在 x0 e ,1 ，使得
h x0 0，再根据最值求解 a的值即可.
ax ln x
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x x 和函数 g x 有相同的最大值.e ax
(1)求 a 的值；
(2)设集合 A x f x b ，B x g x b （b 为常数）.证明：存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3
个元素.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）先由定义域得到 a 0，求导，当 a<0时，函数无最大值，舍去，当 a 0时，求出单调性和 f x
a 1
有最大值 f 1 ，进而求出 g x 的单调性，最大值 g e ，从而得到方程，求出 a 的值；
e ae
（2）集合 A B 的元素个数即为直线 y b与两条曲线 y f x 和 y g x 的交点个数，在（1）的基础上
作出 f x x x 和 g x
ln x
，数形结合得到答案.
e x
f x ax a 1- x1 a 0 f x 【详解】（ ）由题意可知 ，由 x ，得 x ，e e
若 a<0，当 x 1时， f x 0；当 x 1时， f x 0，
则 f x 在 - ,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
a
所以 f x 有最小值 f 1 ，无最大值，不合题意.
e
所以 a 0，当 x 1时， f x 0；当 x 1时， f x 0，
则 f x 在 - ,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 f x 有最大值 f 1 a .
e
g x ln x g x 1- ln x由 ，得 2 ， x 0且 a 0，ax ax
当0 x e时， g x 0；当 x e时， g x 0，
则 g x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，
所以 g x 有最大值 g e 1 .
ae
ìa 1

则 í e ae ，解得 a 1 .
a 0
（2）集合 A B 的元素个数即为直线 y b与两条曲线 y f x 和 y g x 的交点个数.
x
由（1）可知 f x x 在 - ,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，e
且 x + ， f x 0 ，
g x ln x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，
x
且 x + ， g x 0，
作出 f x x ln x
ex
和 g x 的图像如图所示.
x
设 f x 和 g x 的图像交于点 M，
则当直线 y b经过点 M 时，直线 y b与两条曲线 y f x 和 y g x 共有 3 个交点，
故存在实数 b，使得集合 A B 中有且仅有 3 个元素.
【点睛】方程解的问题可转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了
思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，常常利用导函
数得到函数的单调性和极值最值情况，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，
涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
考点五、选填小题中极值的应用与求解
1．（2022·全国·高考真题）函数 f x cos x + x +1 sin x +1在区间 0,2π 的最小值、最大值分别为（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】D
【分析】利用导数求得 f x 的单调区间，从而判断出 f x 在区间 0,2π 上的最小值和最大值.
【详解】 f x -sin x + sin x + x +1 cos x x +1 cos x，
所以 f x 0, π 3π ,2π 在区间 ÷和
è 2 2 ÷
上 f x > 0，即 f x 单调递增；
è
π 3π
在区间 , ÷上 f x 0，即 f x 单调递减，
è 2 2
f 0 f 2π π 2 f π 2 f 3π 3π + - +1 又 ， ÷ ， ÷ ÷ +1
3π
- ，
è 2 2 è 2 è 2 2
所以 f x 在区间 0,2π 3π π上的最小值为- ，最大值为 + 2 .
2 2
故选：D
2．（2021·全国·高考真题）设 a 0，若 a为函数 f x a x - a 2 x - b 的极大值点，则（ ）
A． a b B． a b C． ab a2 D． ab a2
【答案】D
【分析】
先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对 进行分类讨论，
画出 图象，即可得到 a,b所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若 a b，则 f x a x - a 3 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 a b .
\ f x 有 a和b 两个不同零点，且在 x a左右附近是不变号，在 x b 左右附近是变号的.依题意，a 为函数
的极大值点，\在 x a左右附近都是小于零的.
当 a<0时，由 x b ， f x 0 ，画出 f x 的图象如下图所示：
由图可知b a ， a<0，故 ab a2 .
当 a 0时，由 x b 时， f x 0，画出 f x 的图象如下图所示：
由图可知b a， a 0，故 ab a2 .
综上所述， ab a2成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数 f (x) 2x3 - 3ax2 +1，则（ ）
A．当 a 1时， f (x) 有三个零点
B．当 a 0时， x 0是 f (x) 的极大值点
C．存在 a，b，使得 x b 为曲线 y f (x) 的对称轴
D．存在 a，使得点 1, f 1 为曲线 y f (x) 的对称中心
【答案】AD
【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为 x 0, x a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出 f (x) 在
(-1,0), (0,a), (a, 2a) 上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这
样的 a,b，使得 x b 为 f (x) 的对称轴，则 f (x) f (2b - x)为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的
a，使得 (1,3- 3a) 为 f (x) 的对称中心，则 f (x) + f (2 - x) 6 - 6a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直
接求解.
【详解】A 选项， f (x) 6x2 - 6ax 6x(x - a)，由于 a 1，
故 x - ,0 a,+ 时 f (x) 0 ，故 f (x) 在 - ,0 , a, + 上单调递增，
x (0,a)时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减，
则 f (x) 在 x 0处取到极大值，在 x a处取到极小值，
由 f (0) 1 0， f (a) 1- a3 0，则 f (0) f (a) 0，
根据零点存在定理 f (x) 在 (0,a)上有一个零点，
又 f (-1) -1- 3a 0， f (2a) 4a3 +1 0 ，则 f (-1) f (0) 0, f (a) f (2a) 0 ，
则 f (x) 在 (-1,0), (a, 2a) 上各有一个零点，于是 a 1时， f (x) 有三个零点，A 选项正确；
B 选项， f (x) 6x(x - a)， a<0时， x (a,0), f (x) 0， f (x) 单调递减，
x (0,+ )时 f (x) 0 ， f (x) 单调递增，
此时 f (x) 在 x 0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的 a,b，使得 x b 为 f (x) 的对称轴，
即存在这样的 a,b使得 f (x) f (2b - x)，
即 2x3 - 3ax2 +1 2(2b - x)3 - 3a(2b - x)2 +1，
根据二项式定理，等式右边 (2b - x)3展开式含有 x3的项为 2C3(2b)03 (-x)
3 -2x3 ，
于是等式左右两边 x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的 a,b，使得 x b 为 f (x) 的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1) 3 - 3a ，若存在这样的 a，使得 (1,3- 3a) 为 f (x) 的对称中心，
则 f (x) + f (2 - x) 6 - 6a ，事实上，
f (x) + f (2 - x) 2x3 - 3ax2 +1+ 2(2 - x)3 - 3a(2 - x)2 +1 (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a ，
于是6 - 6a (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a
ì12 - 6a 0

即 í12a - 24 0 ，解得 a 2，即存在 a 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的对称中心，D 选项正确.

18 -12a 6 - 6a
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f (x) 2x3 - 3ax2 +1， f (x) 6x2 - 6ax ， f (x) 12x - 6a ，
a
由 f (x) 0 x
a
，于是该三次函数的对称中心为 , f
a
2 2 2 ÷÷
，
è è
a
由题意 (1, f (1))也是对称中心，故 1 a 2，
2
即存在 a 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的对称中心，D 选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1） f (x) 的对称轴为 x b f (x) f (2b - x) ；（2） f (x) 关于 (a , b ) 对称
f (x) + f (2a - x) 2b；（3）任何三次函数 f (x) ax3 + bx2 + cx + d 都有对称中心，对称中心是三次函数的
b b
拐点，对称中心的横坐标是 f (x) 0的解，即 - , f -

÷÷是三次函数的对称中心
è 3a è 3a
4．（2022·全国·高考真题）已知 x x1和 x x2分别是函数 f (x) 2a x - e x2 （ a 0且a 1）的极小值点和极
大值点．若 x1 x2，则 a 的取值范围是 ．
1
【答案】 ,1

e ֏
【分析】法一：依题可知，方程 2ln a × a x - 2e x 0的两个根为 x1, x2 ，即函数 y ln a ×a x 与函数 y e x 的图象
有两个不同的交点，构造函数 g x ln a × a x ，利用指数函数的图象和图象变换得到 g x 的图象，利用导数
的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
x
因为 f x 2ln a × a - 2ex，所以方程 2ln a × a x - 2e x 0的两个根为 x1, x2 ，
即方程 ln a × a x e x的两个根为 x1, x2 ，
即函数 y ln a ×a x 与函数 y e x 的图象有两个不同的交点，
因为 x1, x2 分别是函数 f x 2a x - ex2 的极小值点和极大值点，
所以函数 f x 在 - , x1 和 x2 ,+ 上递减，在 x1, x2 上递增，
所以当时 - , x1 x2 ,+ ， f x 0，即 y e x 图象在 y ln a ×a x 上方
当 x x1, x2 时， f x 0，即 y e x 图象在 y ln a ×a x 下方
a 1，图象显然不符合题意，所以 0 a 1．
g x ln a × a x g x ln2 x令 ，则 a × a ,0 a 1，
x
设过原点且与函数 y g x 的图象相切的直线的切点为 x0 , ln a × a 0 ，
g x ln2 x则切线的斜率为 a × a 00 ，故切线方程为 y - ln a × a x0 ln2 a × a x0 x - x0 ，
则有- ln a × a x0 -x0 ln
2 a 1 1× a x0 ，解得 x0 ，则切线的斜率为 ln2ln a a × a ln a e ln
2 a，
因为函数 y ln a ×a x 与函数 y e x 的图象有两个不同的交点，
1 1
所以 e ln2 a e，解得 a e，又 0 a 1，所以 a 1，e e
1
综上所述， a的取值范围为 ,1e ÷．è
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
f x 2ln a × a x - 2ex =0 的两个根为 x1, x2
因为 x1, x2 分别是函数 f x 2a x - ex2 的极小值点和极大值点，
所以函数 f x 在 - , x1 和 x2 ,+ 上递减，在 x1, x2 上递增，
设函数g x f x 2 a xlna - ex ，则 x 2a x lna 2 - 2e ，
若 a 1，则 x 在R 上单调递增，此时若 f x0 0，
则 f x 在 - , x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，此时若有 x x1和 x x2分别是函数
f x 2a x - ex2 (a 0 且 a 1)的极小值点和极大值点，则 x1 x2 ，不符合题意；
若 0 a 1，则 x 在R 上单调递减，此时若 x0 0，则 f x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 , + 上单调
e
递减，令 x 0 x，则 a 00 x x x x f x 2a x - ex2 (a 0 a 1)(lna)2 ，此时若有 1和 2分别是函数 且 的极
小值点和极大值点，且 x1 x2，则需满足 f x0 0， f x
e
0 2 a x0 lna - ex0 2 - ex lna 0 ÷ 0，即è
1 x ex0 ，x lna 1故 lna
0 x0lna ln 1 10 lna 2 ，所以 a 1 .lna e
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题
的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于
通性通法．
1．（2021·全国·高考真题）函数 f x 2x -1 - 2ln x 的最小值为 .
【答案】1
1 1
【分析】由解析式知 f (x) 定义域为 (0, + )，讨论0 x 、 x 1、 x 1，并结合导数研究的单调性，
2 2
即可求 f (x) 最小值.
【详解】由题设知： f (x) | 2x -1| -2ln x 定义域为 (0, + )，
1
∴当0 x 时， f (x) 1- 2x - 2ln x ，此时 f (x) 单调递减；
2
1 2
当 x 1时， f (x) 2x -1- 2ln x ，有 f (x) 2 - 0 ，此时 f (x) 单调递减；
2 x
当 x 1时， f (x) 2x -1- 2ln x ，有 f (x) 2
2
- 0，此时 f (x) 单调递增；
x
又 f (x) 在各分段的界点处连续，
∴综上有：0 x 1时， f (x) 单调递减， x 1时， f (x) 单

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